[数学杂题] LibreOJ#532. 「LibreOJ β Round #5」随机数列

Xi 的取值一共就 C 种，所以数列一定存在环，数列长度没影响，对于每个数字，我们都能方便算出他在 L,R 出现了几次。
现在我们的目标就是算出：

∑x1=1C∑x2=1Ccnt[x1]∗cnt[x2]∗⌈x1x2+x2x1⌉

设 f(x1,x2)=x1x2+x2x1 考虑一下 f 的范围，就是个对钩函数，且x只能取整数，所以最大值为只是 c+1 ，说明有很多对x1,x2 的 f 都是相同的。

=∑x=1Ccnt1[x]∗cnt2[x]∗f(x,x)+∑x1=1C∑k=2(C+1)/x1(cnt[x1]∗(∑[f(x1,x2)=k]cnt[x2])+cnt[x2]∗(∑[f(x1,x2)=k]cnt[x1]))

∑[f(x1,x2)=k]cnt[x2] 这样的东西可以预处理前缀和+解方程O(1)求。
然后因为 (C+1)/x1 ,所以直接枚举一个x和k就好了，由于调和级数所以 O(ClogC)

代码能力还不够….打的时候很多小问题…

#include<cstdio>#include<cmath>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long LL;const int maxn=1000015, MOD=1e9+7;int n;LL _A,_B,_C,a[maxn],L1,R1,L2,R2,sum1[maxn],sum2[maxn],ans;int pos[maxn],pos_b;bool in_c[maxn];inline LL Calc(LL L,LL R,int val){    if(!pos[val]) return 0;    if(!in_c[val]) return L<=pos[val];    LL res=0;    if(R>pos_b) res+=(R-pos_b)/(n-pos_b)+(pos[val]-pos_b<=(R-pos_b)%(n-pos_b));    if(L-1>pos_b) res-=(L-1-pos_b)/(n-pos_b)+(pos[val]-pos_b<=(L-1-pos_b)%(n-pos_b));    return res%MOD;}void Pre(){    for(n=1;;n++){        a[n]=(a[n-1]*_A+_B)%_C+1;        if(pos[a[n]]) break; pos[a[n]]=n;    }    pos_b=pos[a[n--]]-1;    for(int i=pos_b+1;i<=n;i++) in_c[a[i]]=true;    for(int i=1;i<=_C;i++) sum1[i]=(Calc(L1,R1,i)+sum1[i-1])%MOD;    for(int i=1;i<=_C;i++) sum2[i]=(Calc(L2,R2,i)+sum2[i-1])%MOD;}inline int f(double x,double y){ return ceil(x/y+y/x); }inline int get(double x,double k){ return min(_C,(LL)floor(x*(k+sqrt(k*k-4))/2));}int main(){    freopen("loj532.in","r",stdin);    freopen("loj532.out","w",stdout);    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&_A,&_B,&_C,&a[0],&L1,&R1,&L2,&R2);    Pre();    for(int i=1;i<=_C;i++) (ans+=(sum1[i]-sum1[i-1])%MOD*((sum2[i]-sum2[i-1])%MOD)%MOD*2%MOD)%=MOD;    for(int x=1;x<=_C;x++){        for(int k=3,lst=get(x,2);k<=_C+1;k++){            int t=get(x,k);            (ans+=((sum1[t]-sum1[lst])*(sum2[x]-sum2[x-1])%MOD+(sum2[t]-sum2[lst])*(sum1[x]-sum1[x-1])%MOD)%MOD*k%MOD)%=MOD;            if(t==_C) break; lst=t;        }    }    printf("%d\n",(ans+MOD)%MOD);    return 0;}